110 身心障礙特考五等 電腦打字 計算機大意 考古題詳解

核心觀念

本題考查 CPU 內部暫存器的功能。**程式計數器（Program Counter, PC）**用來保存下一個要執行之指令的主記憶體位址。CPU 取出指令後，會依指令執行流程更新 PC；遇到跳躍或分支指令時，PC 也會改成指定的目標位址。

解題方法

抓住題幹中的「下一個所要執行之指令的位址」，對照暫存器功能：負責追蹤指令位址的是程式計數器，因此選 (D)。

選項分析

• (A) 狀態暫存器（Status Register）錯誤。 用來記錄 CPU 執行狀態與條件旗標，例如零旗標、進位旗標及溢位旗標，不負責保存下一個指令位址。

核心觀念

本題考 CPU 的時鐘頻率。CPU 的時鐘會以固定頻率產生時鐘脈衝，用來協調處理器內部工作的節奏。頻率表示每秒發生的週期數，單位是赫茲（Hz）。

前綴「G」代表 $10^9$，因此：

也就是每秒 $4.8$ 十億個時鐘週期（時鐘脈衝）。

解題方法

看到 CPU 標示的 GHz，先將它視為時鐘頻率，再依單位換算：

所以 $4.8\ \mathrm{GHz}$ 表示 CPU 的時鐘頻率為每秒 $4.8\times10^9$ 次。它描述的是時鐘週期的頻率，不直接表示每秒存取多少筆資料、執行多少個程式，或記憶體容量有多大。

選項分析

核心觀念

本題考查人工智慧（Artificial Intelligence, AI）的常見技術，以及一般資訊科技系統與 AI 技術的區別。專家系統、自然語言處理與模糊邏輯都是人工智慧領域常見的方法或應用；全球定位系統則是提供定位與導航資訊的衛星系統，並非 AI 的主要技術。

解題方法

逐一辨認各選項的用途：若是讓電腦模擬專家判斷、處理人類語言，或在不確定資訊下進行推理，便屬於 AI 技術；若主要功能是提供位置資訊，則屬於其他資訊科技。

選項分析

• (A) 專家系統（Expert System）—錯誤選項 專家系統將特定領域的知識與規則整理成知識庫，並透過推論機制模擬專家的判斷，是傳統人工智慧的重要技術。

核心觀念

本題考查 TCP 與 UDP 的傳輸方式和可靠性。

• **TCP（傳輸控制協定）**會建立連線，透過確認、排序與錯誤檢查等機制，提供可靠的資料傳輸；資料未確認或傳輸有問題時，可依機制重傳。
• **UDP（使用者資料包協定）**不建立連線，也不提供送達確認或重傳機制。它的額外控制較少，因此通常比 TCP 傳輸開銷低、速度較快，但不保證資料送達。

解題方法

比較兩種協定是否提供「可靠傳輸」機制：有確認與重傳的是 TCP；不確認、不重傳，傳輸開銷較低的是 UDP。依此判斷各選項是否把兩者的特性說反。

選項分析

核心觀念

本題考查手機感應付款所需的近距離無線通訊技術。手機靠近感應式讀卡機時，兩者以短距離無線方式交換付款資訊；常見的手機感應付款功能採用近場通訊（Near Field Communication, NFC）。

解題方法

先辨認題目中的關鍵詞「無線感應付款」。這指的是手機與付款終端機在近距離內進行感應式資料交換，因此應選擇專門用於近距離通訊的 NFC。判斷時要區分「近距離交換資料」與「行動網路連線」等不同功能。

選項分析

• (A) 無線射頻辨識（RFID）：以無線電波辨識標籤或物件，常用於識別與追蹤。NFC 的技術基礎與 RFID 有關，但題目問手機感應付款所需支援的技術，最直接、明確的答案是 NFC。

核心觀念

本題考網際網路位址的表示方式，重點是分辨 IPv4 與 IPv6 的位址長度及書寫分組：

• IPv4 位址長度為 $32$ 位元，分成 $4$ 個 $8$ 位元組（octet），通常以十進位數字表示，並用句點「.」分隔。
• IPv6 位址長度為 $128$ 位元，分成 $8$ 組，每組 $16$ 位元，通常以十六進位表示，並用冒號「:」分隔。

解題方法

先記住兩種位址的總長度與分組方式：IPv4 是 $32 \div 8 = 4$ 組；IPv6 是 $128 \div 16 = 8$ 組。再對照各選項所述的位元數、組數及分隔符號，即可判斷正誤。

選項分析

核心觀念

本題考「軟體測試」的不同層次。單元測試（Unit Testing）是針對個別程式單元，例如函式、模組或物件，檢查其能否依預期獨立運作。常見測試層次還包括整合測試、系統測試與驗收測試，差別在於測試範圍及執行目的。

解題方法

抓住「單元」二字，判斷測試對象是否為個別的程式單元。若測試多個程式單元彼此協作，屬於整合測試；若測試完整系統或使用者實際需求，則屬於系統測試或驗收測試。

選項分析

核心觀念

O2O 是「Online to Offline」的縮寫，指將線上服務或交易與線下實體商店、服務據點等結合的經營模式。常見做法是消費者在線上搜尋、下單或付款，再到實體店面取貨、消費或接受服務；也可由實體通路引導消費者使用線上服務。

解題方法

先拆解 O2O 的英文全名：Online 對應線上，Offline 對應線下。再比對各選項描述的對象與流程，找出符合「線上與線下通路結合」的敘述。

選項分析

• (A) 錯誤。 Organization to Organization 指機關或組織對組織的交易，概念較接近 B2B，並非 O2O。
• **(B) 錯誤。

核心觀念

本題考查殭屍網路（BotNet）的定義。攻擊者散佈具有遠端控制功能的惡意程式，感染多台電腦後，便能透過指令集中操控這些受感染電腦，形成「殭屍網路」，用來發動大量攻擊，例如分散式阻斷服務攻擊（DDoS）。

解題方法

抓住題幹的關鍵字「殭屍網路」：它指的是受感染電腦組成、可被攻擊者遠端操控的網路。因此，描述「散佈遠端遙控惡意軟體，並集結大量受感染電腦進行攻擊」的選項，正符合其定義。

選項分析

• (A) 錯誤。 在程式中預先設定特定時間或條件，待條件成立時自動執行破壞性動作，描述的是邏輯炸彈（Logic Bomb）。

核心觀念

本題考辨認數位影像的點陣圖（點矩陣圖）與向量圖格式。

點陣圖由許多像素組成，放大時可能出現鋸齒或模糊；向量圖則以點、線、曲線及幾何圖形等描述影像，放大時通常能維持清晰。JPEG、TIFF、BMP 都是常見的點陣圖格式；WMF（Windows Metafile）屬於中繼檔格式，主要以向量圖形指令描述影像，因此本題依一般考試分類列為非點陣圖格式。

解題方法

逐一辨認各格式所屬類型，找出不以像素網格作為主要影像表示方式的選項。JPEG、TIFF、BMP 均為點陣圖，只有 WMF 屬於向量式中繼檔，故選 D。

選項分析

核心觀念

本題考查物件導向程式設計（Object-Oriented Programming, OOP）的基本特性。常見的核心特性包括：

• 封裝性：將資料與操作資料的方法組合在一起，並限制外部直接存取內部細節。
• 繼承性：讓新類別承接既有類別的屬性與方法，並可加以擴充。
• 多型性：同一介面或操作可依物件型態而呈現不同的行為。

「關聯性」描述物件或類別之間的關係，通常不是列舉 OOP 核心特性時所稱的基本特性。

解題方法

先辨認選項是否屬於物件導向的基本特性。封裝、繼承、多型是常見的標準組合；將選項逐一對照後，找出不在其中者，即可作答。

選項分析

核心觀念

物件導向程式語言以「物件」為核心，常見特徵包括封裝、繼承與多型。解題時要注意：有些語言原生支援物件導向，有些則是多典範語言，可同時支援程序式與物件導向；因此不能只看語言名稱或它是否常用於物件導向程式設計，而要確認各選項中的語言是否都具備物件導向特性。

解題方法

本題問的是「每個選項所列的語言是否全部都是物件導向程式語言」。逐一檢查各選項，只要其中有一種語言通常不歸類為物件導向語言，該選項就不成立。

選項分析

• (A) C++、R 語言：正確。 C++ 支援類別、封裝、繼承與多型；R 也支援物件導向程式設計，並具有 S3、S4、Reference Classes 等物件系統。依本題官方答案採用的分類，兩者皆屬支援物件導向的語言。
• (B) Java、BASIC：錯誤。 Java 是物件導向語言；

核心觀念

本題考查乙太網路的 CSMA/CD（載波偵聽多重存取／碰撞偵測） 位於 OSI 參考模型的哪一層。

CSMA/CD 用於共享媒介上的傳輸協調：裝置傳送前先偵聽媒介是否忙碌，傳送時偵測是否發生碰撞，並依規則等待後重傳。它處理的是同一區域網路中，裝置如何使用傳輸媒介的問題，屬於 資料連結層的媒介存取控制（MAC）功能。

資料連結層可再區分為邏輯連結控制（LLC）與媒介存取控制（MAC）子層；CSMA/CD 是乙太網路 MAC 子層的存取方法。

解題方法

看到「CSMA/CD」與「乙太網路」，先聯想到乙太網路在共享媒介上的媒介存取控制。媒介存取控制負責決定裝置何時可以使用傳輸媒介，因此歸在 OSI 的資料連結層，而不是負責跨網路路由、端對端傳輸或應用服務的層級。

選項分析

核心觀念

本題考雲端部署模式的定義，重點是分辨私有雲、社群雲、公用雲與混合雲。題幹中的「邊緣雲」選項，實際描述的是「混合雲」。

解題方法

逐一對照各選項的組成方式與服務對象：

• 私有雲看服務對象是否限於單一組織。
• 社群雲看是否由具有共同需求的數個組織共享。
• 公用雲看是否供一般公眾或廣泛產業使用。
• 混合雲看是否由兩種以上不同部署模式的雲端基礎設施組成。

選項分析

(A) 正確。 私有雲是為特定組織運作的雲端基礎設施，可由組織自行管理，也可由第三方管理。

核心觀念

本題考查位元的 AND（邏輯及）運算。AND 會逐位比較兩個數字的二進位位元，只有兩個位元同為 $1$，結果位元才是 $1$；其餘情況皆為 $0$。

十六進位每一位數對應四個二進位位元，因此可將兩個十六進位數逐位轉成四位元二進位，再進行 AND 運算。

解題方法

將 $X=3D_{16}$ 與 $Y=D1_{16}$ 轉成二進位：

逐位進行 AND：

將結果每四位分組，$0001\,0001_2=11_{16}$，所以 $Z=11_{16}$。

選項分析

核心觀念

二元搜索（binary search）適用於已排序的資料。每次取目前搜尋範圍的中間項目與目標值比較，再依比較結果排除不可能的一半，因此搜尋範圍會逐次縮小，時間複雜度為 $O(\log n)$。

解題方法

判斷二元搜索的關鍵，是看每次比較後如何選擇下一個搜尋範圍。若中間項目等於目標值，搜尋成功；若目標值較小或較大，就依排序方向保留相應的一半。選擇哪一半是由比較結果決定，不能任意選取。

選項分析

核心觀念

本題考查 C 語言的指標宣告語法。宣告變數時，在型別與變數名稱之間加上星號 *，表示該變數是指標，會儲存某個物件的記憶體位址。

例如：

int *ptr;

表示 ptr 是指向 int 型別資料的指標。

解題方法

辨認 C 語言的指標宣告符號即可：在宣告式中，* 用來標示指標變數。因此選擇含有星號的選項。

選項分析

核心觀念

本題考查中斷（interrupt）的處理時機、來源，以及中斷期間的控制方式。

CPU 通常會先完成目前正在執行的機械碼指令，再檢查並回應可接受的中斷；中斷不一定在訊號抵達的瞬間立刻處理。中斷可由硬體事件引發，也可由程式執行特定指令或發生例外狀況引發。有些中斷事件的時間可預期，例如計時器依固定週期產生的中斷。

處理中斷時，CPU 或作業系統可以依中斷類型與優先權，選擇暫時禁止部分中斷、允許高優先權中斷插入，或採用其他巢狀中斷管理方式。因此，並非所有中斷處理都必須一律關閉中斷，也不是中斷處理期間再發生中斷就必然造成系統錯誤。

解題方法

逐項辨認敘述是否把「通常情況」說成「必然規則」。本題 B 使用「一定要」及「必然會出錯」，把中斷控制說成唯一做法，且將巢狀中斷視為必然錯誤，這是不正確的絕對化敘述，因此是題目所問的錯誤選項。

選項分析

核心觀念

本題考查 4 位元二補數的表示範圍。在 $n$ 位元二補數中，最左邊的位元為符號位，其可表示的整數範圍為：

因此，4 位元二補數的範圍是：

解題方法

將 $n=4$ 代入表示範圍公式，可知 4 位元二補數能表示的最大正整數是 $7$。因為 $8$ 超過範圍上限，所以無法用 4 位元二補數表示。

選項分析

核心觀念

本題考數位邏輯閘的符號與布林運算：

• 三角形後接小圓圈是反相器，輸出為 $\overline{A}$。
• 「D」形閘是 AND 閘，輸出為兩個輸入的乘積。
• 帶有額外弧線且輸出端有小圓圈的閘是 XNOR 閘，輸出為 XOR 的反相。

依圖中接線，反相後的 $\overline{A}$ 與 $B$ 分別送入上方 AND 閘及下方 XNOR 閘。

解題方法

已知 $A=0$、$B=1$，先經過反相器：

上方 AND 閘的輸出為：

下方 XNOR 閘的輸出為：

核心觀念

本題考查作業系統（Operating System, OS）的功能與基本認識。作業系統負責管理電腦系統資源，並提供應用程式執行所需的環境。常見工作包括處理器時間分配、記憶體管理、檔案管理、輸入輸出與硬體控制。

解題方法

逐項判斷敘述是否符合作業系統的基本功能。作業系統確實會分配 CPU 時間給應用程式與系統工作，但分配比例會隨工作負載、背景工作與使用情況改變，沒有「經常超過 50%」的固定要求。因此，應找出把作業系統資源管理說成固定高比例的選項。

選項分析

• (A) 正確。 作業系統會協調應用程式的執行，管理 CPU、記憶體及硬體等系統資源。題目所列內容符合作業系統的基本功能。
• **(B) 錯誤。

核心觀念

本題考查常見檔案格式是否經過壓縮。音訊、影片與影像格式常使用壓縮編碼，以減少檔案大小；.c 則是 C 語言的原始碼檔案，內容是文字程式碼，通常不會因為副檔名而自動壓縮。

解題方法

辨認各副檔名的用途，再區分「壓縮後的媒體檔」與「一般文字原始碼」：

• .mp3 是音訊格式，採用有損壓縮。
• .avi 是影音容器格式，通常存放經編碼的音訊或影片；實際壓縮方式取決於其中的編碼。
• .jpg 是影像格式，採用有損壓縮。
• .c 是 C 語言原始碼文字檔，通常未經壓縮。

因此，符合「沒有經過壓縮」的是 .c。

選項分析

核心觀念

C 語言的多維陣列採 row major（以列為主）排列：最右側的下標變動最快。M[4][5][6] 共有 $4\times5\times6$ 個整數，每個整數占 $4$ bytes。

若元素下標從 $0$ 開始，M[i][j][k] 相對於陣列起始位址的元素偏移量為：

$i(5\times6)+j(6)+k$

換算成位元組偏移量時，再乘以每個 int 的大小 $4$ bytes。

解題方法

已知 M[1][2][3] 位於位址 $200\sim203$。先比較兩個元素的下標偏移：

兩者相差 $103-45=58$ 個整數，也就是 $58\times4=232$ bytes。

核心觀念

本題考前序表示法（Prefix notation，又稱波蘭表示法）的運算順序。運算子寫在運算元之前；每個二元運算子依序搭配兩個運算元，不需括號也能確定運算方式。

解題方法

題目為 $+ \ 5 \ * \ 6 \ 7$。最左側的 $+$ 是最外層運算子，其兩個運算元依序為 $5$ 與 $* \ 6 \ 7$。後者表示先計算 $6 \times 7$，再將結果與 $5$ 相加：

選項分析

核心觀念

堆疊（Stack）採用後進先出（LIFO，Last In, First Out）原則：最後放入的資料會最先取出。程式呼叫函式時，系統會把呼叫資訊（如返回位置、區域變數與參數）存入呼叫堆疊；函式執行完畢後，再依序取出資訊並返回呼叫處。

解題方法

判斷各選項所描述的功能，是否需要後進先出的處理方式。程式遞迴會一再呼叫自身，每次呼叫都要保留當次的執行狀態；遞迴越深入，越晚發生的呼叫會越早返回，因此符合堆疊的 LIFO 特性。

選項分析

核心觀念

二元樹的三種走訪順序為：

• 前序：根節點 → 左子樹 → 右子樹。
• 中序：左子樹 → 根節點 → 右子樹。
• 後序：左子樹 → 右子樹 → 根節點。

前序序列的第一個節點一定是整棵樹的根；在中序序列中找到根後，其左側是左子樹，右側是右子樹。

解題方法

前序為 $c, a, b, d, g, e, f$，所以根節點是 $c$。在中序序列 $b, a, g, d, c, e, f$ 中，$c$ 左側的 $b, a, g, d$ 屬於左子樹，右側的 $e, f$ 屬於右子樹。

左子樹的前序為 $a, b, d, g$，中序為 $b, a, g, d$。左子樹根為 $a$；中序中 $a$ 左側是 $b$，右側是 $g, d$。因此，$a$ 的左子樹只有 $b$，右子樹根為 $d$。對 $d$ 而言，中序順序為 $g, d$，所以 $g$ 是其左子節點。

右子樹的前序為 $e, f$，中序為 $e, f$。根為 $e$，且 $f$ 位於中序中 $e$ 的右側，因此 $f$ 是 $e$ 的右子節點。

核心觀念

本題考加權圖的最短路徑。鄰接矩陣中的有限數值代表兩點間直接連線的權重；$\infty$ 代表兩點間沒有直接連線。若路徑經過多條邊，路徑長度就是各邊權重的總和；最短路徑距離則是所有可行路徑長度中的最小值。

解題方法

從 $v_1$ 出發，逐步比較經過中間點的路徑。可用 Dijkstra 演算法計算：

1. 初始距離為 $d(v_1)=0$、$d(v_2)=1$、$d(v_3)=3$、$d(v_4)=\infty$、$d(v_5)=\infty$。
2. 先確認距離最小的未處理點 $v_2$，其距離為 $1$。經過 $v_2$ 更新：

• $v_3$ 的距離為 $\min(3,1+1)=2$。
• $v_4$ 的距離為 $\min(\infty,1+2)=3$。
• $v_5$ 的距離為 $\min(\infty,1+6)=7$。

3. 接著處理 $v_3$，其距離為 $2$。經過 $v_3$ 到 $v_4$ 的距離為 $2+1=3$，因此 $v_4$ 的最短距離仍為 $3$。
4. 處理 $v_4$，其距離為 $3$。經過 $v_4$ 到 $v_5$ 的距離為 $3+1=4$，比目前的 $7$ 短。

因此，從 $v_1$ 出發的最短距離為：

核心觀念

快速排序法（Quick Sort）的時間複雜度取決於每次選出的樞紐（pivot）能否將資料平均分成兩部分：

• 若每次都大致平均分割，遞迴深度約為 $\log n$，每一層合計處理約 $n$ 筆資料，時間複雜度為 $O(n\log n)$。
• 若每次分割都極不平均，例如一邊只有 $0$ 筆、另一邊有 $n-1$ 筆，遞迴深度會達到 $n$，時間複雜度為 $O(n^2)$。

解題方法

最壞情況下，快速排序每次只排除一筆資料，剩下的 $n-1$ 筆繼續遞迴。其比較次數可寫成：

其中 $cn$ 代表對目前 $n$ 筆資料進行分割所需的時間。展開後：

因此，最壞排序時間正比於 $n^2$，選項（D）正確。

例如，若每次都取第一筆作為樞紐，而資料已經遞增或遞減排列，樞紐可能每次都落在分割的一端，形成上述最壞情況。

選項分析

核心觀念

本題考「程式語言的抽象層次」與「直接控制硬體的能力」。低階語言（如機器語言、組合語言）能細緻控制處理器與硬體，但程式較難撰寫。C 語言屬於高階語言，語法較接近人類使用的程式語言，同時能透過指標、位址操作及系統程式設計，直接存取記憶體或硬體介面，因此兼具可控制性與開發便利性。

解題方法

題目要求同時滿足兩個條件：一是能控制硬體，二是不使用低階語言。辨認各選項的語言用途與硬體控制能力，符合這兩項條件者即為答案。C 語言常用於作業系統、驅動程式及嵌入式系統，最符合題意。

選項分析

• (A) C：正確。 C 是高階程序語言，但保留了接近硬體的操作能力，例如指標與記憶體位址操作，常用於需要控制硬體、又希望比組合語言更易於撰寫的程式。

核心觀念

std 是 C++ 標準程式庫使用的命名空間。using namespace std; 會讓程式在該指令的作用範圍內，可以直接使用 std 中的名稱，而不必每次都加上 std::。

這個指令不是必需的。即使不寫它，仍可用完整名稱指定標準程式庫中的項目，例如 std::cout。

解題方法

判斷關鍵在於分清楚「命名空間存在」和「是否必須使用 using namespace 指令」。命名空間用來區分名稱；using namespace std; 只是讓名稱可以省略 std:: 前綴的便利寫法，並非使用 C++ 標準程式庫的必要條件。

選項分析

• (A) 錯誤。 using namespace std; 並非不可缺少。省略後，仍可透過 std:: 使用標準程式庫名稱。
• **(B) 錯誤。

核心觀念

本題考查 C++ 的**參考參數（reference parameter）**與函式呼叫後的變數值。

函式宣告中的 int &x、int &y 表示參數是參考，會分別對應到呼叫時傳入的變數。函式在參考參數上修改值，效果就是修改呼叫端的原變數。

解題方法

開始時，a=1、b=5。呼叫 abc(a,b) 後，參數 x 對應 a，y 對應 b。

函式執行 y=x+1，因此：

$b=a+1=1+1=2$

函式沒有修改 x，所以 a 仍為 $1$。接著 cout << a << b 會依序輸出兩個整數；中間沒有空格，因此輸出為 12。

選項分析

核心觀念

本題考查 C++ 的條件判斷、遞迴呼叫與遞迴終止條件。函式 abc(x) 在 $x \le 0$ 時回傳 $1$；若 $x>0$，則回傳 abc(x-1) + abc(x-2)。判斷輸出時，須依照每一次呼叫的參數展開，直到遇到終止條件。

解題方法

先確認條件式 0>=x 等同於 $x \le 0$，語法有效。接著由 abc(3) 展開：

當參數小於或等於 $0$ 時，函式回傳 $1$。另外：

因此：

核心觀念

本題考 Java 的類別與介面之間的繼承關係。Java 使用 extends 表示類別或介面之間的擴充，使用 implements 表示類別實作介面。

• 一個類別只能直接擴充一個類別，但可以實作多個介面。
• 一個介面可以擴充多個介面，但不能擴充類別。

解題方法

逐一判斷 extends 的來源與目標：

因此，類別不能同時擴充多個類別；選項（B）所述「一個類別無法擴充多重類別」正確。

選項分析

核心觀念

本題考查資料庫語言的分類，以及如何管理使用者對資料庫的權限。SQL 常見語言可依用途區分：

• DDL（資料定義語言）：定義或修改資料庫結構，例如建立資料表。
• DML（資料操控語言）：新增、修改或刪除資料，例如新增一筆學生資料。
• DQL（資料查詢語言）：查詢資料，例如以 SELECT 查詢學生資料。
• DCL（資料控制語言）：管理使用者權限，例如授予或撤銷資料庫存取權。

解題方法

題目要處理的是老師離職後，撤銷其使用資料庫的權限。關鍵在於「回收使用權」涉及的是存取權限管理，不是資料表結構、資料內容或查詢結果，因此應使用 DCL。

以 SQL 常見語法來說，REVOKE 用於撤銷權限；相對地，GRANT 用於授予權限。

選項分析

核心觀念

本題考查 SQL 的集合運算，以及 SQL 指令的語言分類。MINUS 用來求兩個查詢結果的差集：

結果是出現在 dataTable1、但未出現在 dataTable2 的資料列。這項運算不會改動資料表；整個指令以 SELECT 查詢資料，因此屬於資料操縱語言（DML）。

解題方法

先看指令的用途：兩個 SELECT 查詢以 MINUS 相連，表示對查詢結果做集合差集。再看操作對象：指令取回資料列，沒有更新或刪除資料表內容。因此選項應描述其 SQL 語言分類，而不是把 MINUS 誤解成算術減法或刪除命令。

核心觀念

虛擬私人網路（VPN）是透過公用網路建立受保護的連線，常以加密、驗證及通道封裝等方式，保護資料傳輸的機密性與完整性，並確認通訊對象。VPN 的主要目的在於提升網路通訊安全，並非提高傳輸正確率、TCP/IP 效能或 OSI 層級。

解題方法

抓住 VPN 的關鍵功能即可判斷：它是在既有網路上建立安全通道。資料仍經由原有網路傳送，VPN 著重保護傳輸內容與連線，而不是改善封包傳輸品質或提升網路效能。因此，選出「增進網路通訊安全」的選項。

選項分析

• (A) 增進 packet 傳輸正確率：錯誤。 封包傳輸正確與否，主要涉及錯誤偵測、重傳及通訊協定等機制。VPN 的加密與封裝不會直接提高封包送達或傳輸正確率。

核心觀念

非對稱加密使用一組相互配對的鑰匙：公開鑰匙可公開提供，私有鑰匙則由持有人保管。若目標是讓訊息只有收件者 $Y$ 能解讀，寄件者 $X$ 應使用 $Y$ 的公開鑰匙加密；密文可公開傳送，收到後由 $Y$ 使用自己的私有鑰匙解密。

解題方法

先辨認題目要達成的目標是「加密送到 $Y$」，也就是保障訊息的機密性。依加密對象判斷：

因此，關鍵是選用收件者 $Y$ 的公開鑰匙，而不是寄件者 $X$ 的鑰匙。

選項分析

核心觀念

本題考非對稱加密的數位簽章與訊息完整性。公開訊息時，任何人都能讀取；題目要避免訊息遭竄改，因此重點是讓讀者能驗證訊息是否由政府機關 $A$ 發布，以及內容是否完整。

$A$ 可先計算訊息摘要，再以自己的私有鑰匙對摘要簽章，並將訊息與簽章一併公布。讀者 $B$ 使用 $A$ 的公開鑰匙驗證簽章，並比對自行計算的訊息摘要：兩者相符，表示訊息完整，且簽章可由 $A$ 的鑰匙對驗證。

解題方法

先辨認題目要求的安全性：

• 訊息要公布給不特定大眾，故不要求只有特定對象能閱讀，也就是不以保密性為主要目標。
• 要避免訊息被竄改，需提供完整性驗證；同時，公開鑰匙驗證私有鑰匙產生的簽章，也能確認發布者身分。

因此，應由 $A$ 使用自己的私有鑰匙對訊息摘要簽章，讓大眾以 $A$ 的公開鑰匙驗證。此題選項以「私有鑰匙加密摘要」描述這個簽章概念，符合題意。

核心觀念

本題考資料庫模型與大數據常見資料庫類型的關係。大數據資料量大、資料來源多樣，且常需要分散式儲存與平行處理，因此實務上常採用 NoSQL 資料庫，以支援彈性資料結構與橫向擴充。

NoSQL 是「非關聯式資料庫」的統稱，包含鍵值、文件、欄式與圖形等資料模型。Apache Cassandra 是分散式欄式 NoSQL 資料庫，常作為大數據應用的資料儲存系統。

解題方法

先辨認題目問的是「目前大數據的資料庫型式」，再比較各選項所列資料庫模型。傳統 SQL 關聯式資料庫、階層式資料庫與網路式資料庫各有用途；大數據常見的資料庫型式則是 NoSQL。故選擇列出 NoSQL 與 Apache Cassandra 的選項。

選項分析

核心觀念

本題考關聯式資料庫的第一正規化（1NF）。1NF 要求資料表中每個欄位值都是單一、不可再分的值；一個欄位不能同時存放多個品項。

題目「交易品項」欄位出現「X1、X2、X3」等多個值，尚未符合資料表欄位值應為單一值的要求，因此要先拆成多筆資料。

解題方法

將每筆交易的品項拆開，使每一列只記錄一個品項。例如：

拆分後，每個欄位在每一列中只包含一個值，符合本題要求的 1NF 處理。題目沒有提供足以判定其他欄位間函數相依關係的資訊，因此不能據此認定還必須進行 2NF 或更高階正規化；依官方答案，最低需要進行 1NF 處理。

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